中考数学总复习《 圆》高频难、易错点题（达标题）附答案详解

中考数学总复习《圆》高频难、易错点题考试时间：90分钟；命题人：教研组考生注意：1、本卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，满分100分，考试时间90分钟2、答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、班级填写在试卷规定位置上3、答案必须写在试卷各个题目指定区域内相应的位置，如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用涂改液、胶带纸、修正带，不按以上要求作答的答案无效。第I卷（选择题20分）一、单选题（5小题，每小题4分，共计20分）1、如图是一圆锥的侧面展开图，其弧长为，则该圆锥的全面积为A．60π B．85π C．95π D．169π2、如图，一段公路的转弯处是一段圆弧，则的展直长度为（）A．3π B．6π C．9π D．12π3、已知⊙O的半径为10，圆心O到弦AB的距离为5，则弦AB所对的圆周角的度数是（）A．30° B．60° C．30°或150° D．60°或120°4、如图，在四边形ABCD中，则AB＝（

）A．4 B．5 C． D．5、如图，圆内接正六边形的边长为4，以其各边为直径作半圆，则图中阴影部分的面积为（

）A． B． C． D．第Ⅱ卷（非选择题80分）二、填空题（5小题，每小题6分，共计30分）1、如图，PA、PB切⊙O于A、B两点，点C在⊙O上，且∠P＝∠C，则∠AOB＝_______．2、圆锥形冰淇淋的母线长是12cm，侧面积是60πcm2，则底面圆的半径长等于_____．3、如图，一个底面半径为3的圆锥，母线，D为的中点，一只蚂蚁从点A出发，沿着圆锥的侧面爬行到D，则蚂蚁爬行的最短路程为______．4、如图，抛物线的图象与坐标轴交于点、、，顶点为，以为直径画半圆交轴的正半轴于点，圆心为，是半圆上的一动点，连接，是的中点，当沿半圆从点运动至点时，点运动的路径长是__________．5、刘徽是我国魏晋时期卓越的数学家，他在《九章算术》中提出了“割圆术”，利用圆的内接正多边形逐步逼近圆来近似计算圆的面积，如图，若用圆的内接正十二边形的面积来近似估计的面积，设的半径为1，则__________.三、解答题（5小题，每小题10分，共计50分）1、如图，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠ABC=90°，AB=12cm，AD=8cm，BC=22cm，AB为⊙O的直径，动点P从点A开始沿AD边向点D以1cm/s的速度运动，动点Q从点C开始沿CB边向点B以2cm/s的速度运动．P、Q分别从点A、C同时出发，当其中一个动点到达端点时，另一个动点也随之停止运动，设运动时间为t（s）．（1）当t为何值时，四边形PQCD为平行四边形？（2）当t为何值时，PQ与⊙O相切？2、如图，在平面直角坐标系中，抛物线过点，，与y轴交于点C，连接BC，点N是第一象限抛物线上一点，连接NA，交y轴于点E，．(1)求抛物线的解析式；(2)求线段AN的长；(3)若点M在第三象限抛物线上，连接MN，，则这时点M的坐标为______（直接写出结果）．3、等边三角形的边长为1厘米，面积为0.43平方厘米．以点为圆心，长为半径在三角形外画弧，交的延长线于点，形成扇形；以点为圆心，长为半径画弧，交的延长线于点，形成扇形；以点为圆心，长为半径画弧，交的延长线于点，形成扇形．（1）求所得的图形的周长；（结果保留）（2）照此规律画至第十个扇形，求所围成的图形的面积以及所画出的所有弧长的和．（结果保留）4、如图，四边形ABCD内接于⊙O，AB为⊙O的直径，过点C作CE⊥AD交AD的延长线于点E，延长EC，AB交于点F，∠ECD＝∠BCF．（1）求证：CE为⊙O的切线；（2）若DE＝1，CD＝3，求⊙O的半径．5、如图①已知抛物线的图象与轴交于、两点（在的左侧），与的正半轴交于点，连结；二次函数的对称轴与轴的交点.（1）抛物线的对称轴与轴的交点坐标为，点的坐标为_____（2）若以为圆心的圆与轴和直线都相切，试求出抛物线的解析式：（3）在（2）的条件下，如图②是的正半轴上一点，过点作轴的平行线，与直线交于点与抛物线交于点，连结，将沿翻折，的对应点为’，在图②中探究：是否存在点，使得’恰好落在轴上？若存在，请求出的坐标：若不存在，请说明理由.-参考答案-一、单选题1、B【解析】【分析】设圆锥的底面圆的半径为r，扇形的半径为R，先根据弧长公式得到=10π，解得R=12，再利用圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长得到2π•r=10π，解得r=5，然后计算底面积与侧面积的和．【详解】设圆锥的底面圆的半径为r，扇形的半径为R，根据题意得=10π，解得R=12，2π•r=10π，解得r=5，所以该圆锥的全面积=π•52+•10π•12=85π．故选B．【考点】本题考查了圆锥的计算：圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长．2、B【解析】【详解】分析：直接利用弧长公式计算得出答案．详解：的展直长度为：=6π（m）．故选B．点睛：此题主要考查了弧长计算，正确掌握弧长公式是解题关键．3、D【解析】【分析】由图可知，OA=10，OD=5．根据特殊角的三角函数值求出∠AOB的度数，再根据圆周定理求出∠C的度数，再根据圆内接四边形的性质求出∠E的度数即可．【详解】解：由图可知，OA=10，OD=5，在Rt△OAD中，∵OA=10，OD=5，AD==，∴tan∠1=，∴∠1=60°，同理可得∠2=60°，∴∠AOB=∠1+∠2=60°+60°=120°，∴∠C=60°，∴∠E=180°-60°=120°即弦AB所对的圆周角的度数是60°或120°，故选D．【考点】本题考查了圆周角定理、圆内接四边形的对角互补、解直角三角形的应用等，正确画出图形，熟练应用相关知识是解题的关键．4、D【解析】【分析】延长AD，BC交于点E，则∠E=30°，先在Rt△CDE中，求得CE的长，然后在Rt△ABE中，根据∠E的正切函数求得AB的长【详解】如图，延长AD，BC交于点E，则∠E=30°，在Rt△CDE中，CE=2CD=6（30°锐角所对直角边等于斜边的一半），∴BE=BC+CE=8，在Rt△ABE中，AB=BE·tanE=8×=.故选D.【考点】本题考查了解直角三角形，特殊角的三角函数值，解此题的关键在于构造一个直角三角形，然后利用锐角三角函数进行解答.5、A【解析】【分析】正六边形的面积加上六个小半圆的面积，再减去中间大圆的面积即可得到结果．【详解】解：正六边形的面积为：，六个小半圆的面积为：，中间大圆的面积为：，所以阴影部分的面积为：，故选：A．【考点】本题考查了正多边形与圆，圆的面积的计算，正六边形的面积的计算，正确的识别图形是解题的关键．二、填空题1、120°【解析】【分析】根据圆周角定理得到∠C＝∠AOB，根据切线的性质得到∠PAO＝∠PBO＝90°，进而得出∠P+∠AOB＝180°，根据题意计算，得到答案．【详解】解：由圆周角定理得：∠C＝∠AOB，∵PA、PB切⊙O于A、B两点，∴∠PAO＝∠PBO＝90°，∴∠P+∠AOB＝180°，∵∠P＝∠C，∴∠AOB+∠AOB＝180°，∴∠AOB＝120°，故答案为：120°．【考点】本题考查切线的性质以及圆周角定理，熟记由切线得垂直是解题的关键．2、5cm.【解析】【分析】设圆锥的底面圆的半径长为rcm，根据圆锥的侧面积公式计算即可.【详解】解：设圆锥的底面圆的半径长为rcm．则×2π•r×12＝60π，解得：r＝5（cm），故答案为5cm．【考点】圆锥的侧面积公式是本题的考点，牢记其公式是解题的关键.3、【解析】【分析】先画出圆锥侧面展开图（见解析），再利用弧长公式求出圆心角的度数，然后利用等边三角形的判定与性质、勾股定理可得，最后根据两点之间线段最短即可得．【详解】画出圆锥侧面展开图如下：如图，连接AB、AD，设圆锥侧面展开图的圆心角的度数为，因为圆锥侧面展开图是一个扇形，扇形的弧长等于底面圆的周长，扇形的半径等于母线长，所以，解得，则，又，是等边三角形，点D是BC的中点，，，在中，，由两点之间线段最短可知，蚂蚁爬行的最短路程为，故答案为：．【考点】本题考查了圆锥侧面展开图、弧长公式、等边三角形的判定与性质等知识点，熟练掌握圆锥侧面展开图是解题关键．4、【解析】【分析】先求出A、B、E的坐标，然后求出半圆的直径为4，由于E为定点，P是半圆AB上的动点，N为EP的中点，所以N的运动路经为直径为2的半圆，计算即可.【详解】解：，∴点E的坐标为（1，-2），令y=0，则，解得，，，∴A（-1，0），B（3,0），∴AB=4，由于E为定点，P是半圆AB上的动点，N为EP的中点，所以N的运动路经为直径为2的半圆，如图，∴点运动的路径长是.【考点】本题属于二次函数和圆的综合问题，考查了运动路径的问题，熟练掌握二次函数和圆的基础是解题的关键.5、【解析】【分析】如图，过点A作AC⊥OB，垂足为C，先求出圆的面积，再求出△ABC面积，继而求得正十二边形的面积即可求得答案.【详解】如图，过点A作AC⊥OB，垂足为C，∵的半径为1，∴的面积，OA=OB=1，∴圆的内接正十二边形的中心角为∠AOB=，∴AC=OB=，∴S△AOB=OB•AC=，∴圆的内接正十二边形的面积S1=12S△AOB=3，∴则，故答案为．【考点】本题考查了正多边形与圆，正确的求出正十二边形的面积是解题的关键．三、解答题1、（1）当时，四边形PQCD为平行四边形；（2）当t=2秒时，PQ与⊙O相切．【解析】【分析】（1）由题意得：，，则，再由四边形PQCD是平行四边形，得到DP=CQ，由此建立方程求解即可；（2）设PQ与⊙O相切于点H过点P作PE⊥BC，垂足为E．先证明四边形ABEP是矩形，得到PE=AB=12cm．由AP=BE=tcm，CQ=2tcm，得到BQ=（22﹣2t）cm，EQ=22﹣3t）cm；再由切线长定理得到AP=PH，HQ=BQ，则PQ=PH+HQ=AP+BQ=t+22﹣2t=（22﹣t）cm；在Rt△PEQ中，PE2+EQ2=PQ2，则122+（22﹣3t）2=（22﹣t）2，即：8t2﹣88t+144=0，由此求解即可．【详解】解：（1）由题意得：，，∴，∵四边形PQCD是平行四边形，∴DP=CQ，∴，解得，∴当时，四边形PQCD为平行四边形；（2）设PQ与⊙O相切于点H过点P作PE⊥BC，垂足为E．∴∠PEB=90°∵在直角梯形ABCD，AD∥BC，∠ABC=90°，∴∠BAD=90°，∴四边形ABEP是矩形，∴PE=AB=12cm．∵AP=BE=tcm，CQ=2tcm，∴BQ=BC﹣CQ=（22﹣2t）cm，EQ=BQ﹣BE=22﹣2t﹣t=（22﹣3t）cm；∵AB为⊙O的直径，∠ABC=∠DAB=90°，∴AD、BC为⊙O的切线，∴AP=PH，HQ=BQ，∴PQ=PH+HQ=AP+BQ=t+22﹣2t=（22﹣t）cm；在Rt△PEQ中，PE2+EQ2=PQ2，∴122+（22﹣3t）2=（22﹣t）2，即：8t2﹣88t+144=0，∴t2﹣11t+18=0，（t﹣2）（t﹣9）=0，∴t1=2，t2=9；∵P在AD边运动的时间为秒．∵t=9＞8，∴t=9（舍去），∴当t=2秒时，PQ与⊙O相切．【考点】本题主要考查了切线长定理，矩形的性质与判定，勾股定理，平行四边形的性质等等，解题的关键在于能够熟练掌握切线长定理．2、(1)(2)(3)【解析】【分析】（1）把，代入，待定系数法求解析式即可；（2）根据解析式求得，证明≌可得，进而可得，求得直线AN的解析式为，联立抛物线解析式即可求得点的坐标，过点N作轴于点D，勾股定理即可求得线段AN的长；（3）设的外接圆为圆R，圆心R的坐标为，过点R作轴于点G，过点M作的延长线于点H，连接AR，MR，NR．证明≌可得，，，进而表示出点，将点M的坐标代入抛物线表达式得出④式，根据得出⑤式，联立求解即可求得点的坐标(1)把，代入得：，解得，故抛物线的表达式为．(2)令，得，∴，．∵，∴．∵，，∴≌．∴，∴．设直线AN的解析式为，把，代入得：，解得，故直线AN的解析式为．由，解得，．故点．过点N作轴于点D，则，，根据勾股定理得：．(3)．设的外接圆为圆R，过点R作轴于点G，过点M作的延长线于点H，连接AR，MR，NR．当时，则，设圆心R的坐标为，∵，，∴，∵，，∴≌（AAS），∴，，∴点，将点M的坐标代入抛物线表达式得：④，由题意得：，即⑤，联立④⑤并解得：，故点．【考点】本题考查了二次函数的综合题，待定系数法求解析式，勾股定理，圆周角定理，等腰三角形的性质，全等三角形的性质与判定，第三问中正确的添加辅助线是解题的关键．3、（1）厘米；（2）平方厘米，厘米．【解析】【分析】（1）本题按照弧长公式依次求解扇形ADC、扇形DBE、扇形ECF的弧长，最后对应相加即可．（2）本题利用扇形面积公式求解第一个扇形至第三个扇形的面积，结合第一问各扇形弧长结果总结规律，得出普遍规律后将数值代入公式，累次相加即可求解．【详解】（1）由已知得：扇形ADC的半径长为1，圆心角为120°；扇形DBE半径长为2，圆心角为120°；扇形ECF半径长为3，圆心角为120°．故据弧长公式可得：扇形ADC弧长；扇形DBE弧长；扇形ECF弧长；故图形CDEFC的周长为：．（2）根据扇形面积公式可得：第一个扇形的面积为，由上一问可知其弧长为；第二个扇形的面积为，弧长为；第三个扇形的面积为，弧长为；总结规律可得第个扇形面积为，第个扇形弧长为．故画至第十个图形所围成的图形面积和为：；所有的弧长和为：．【考点】本题考查扇形与弧长公式的延伸，出题角度较为新颖，解题关键在于需要根据图形特点总结规律，其次注意计算即可．4、（1）见解析；（2）⊙O的半径是4.5【解析】【分析】（1）如图1，连接OC，先根据四边形ABCD内接于⊙O，得，再根据等量代换和直角三角形的性质可得，由切线的判定可得结论；（2）如图2，过点O作于G，连接OC，OD，则，先根据三个角是直角的四边形是矩形得四边形OGEC是矩形，设⊙O的半径为x，根据勾股定理列方程可得结论．【详解】（1）证明：如图1，连接OC，∵，∴，∵四边形ABCD内接于⊙O，∴又∴，∵，∴，∵，∴，∴，∵OC是⊙O的半径，∴CE为⊙O的切线；（2）解：如图2，过点O作于G，连接OC，OD，则，∵，∴四边形OGEC是矩形，∴，设⊙O的半径为x，Rt△CDE中，，∴，∴，，由勾股定理得，∴，解得：，∴⊙O的半径是4.5．【考点】本题考查的是圆的综合，涉及到圆的切线的证明、勾股定理以及矩形的性质，熟练掌握相关性质是解决问题的关键．5、（1）；（2）；（3）【解析】【分析】（1）由抛物线的对称轴为直线，即可求得点E的坐标；在y=ax2﹣3ax﹣4a（a＜0）令y=0可得关于x的方程ax2﹣3ax﹣4a=0，解方程即可求得点A的坐标；（2）如图1，设⊙E与直线BC相切于点D，连接DE，则DE⊥BC，结合（1）可得DE=OE=，EB=，OC=-4a，在Rt△BDE中由勾股定理可得BD=2，这样由tan∠OBC=即可列出关于a的方程，解方程求得a的值即可得到抛物线的解析式；（3）由折叠的性质和MN∥y轴可得∠MCN=∠M′CN=∠MNC，由此可得CM=MN，由点B的坐标为（4，0），点C的坐标为（0，3）可得线段BC=5，直线BC的解析式为y=﹣x+3，由此即可得到M、N的坐标分别为（m，﹣m+3）、（m，﹣m2+m+3），作MF⊥OC于F，这样由sin∠BCO=即可解得CM=m，然后分点N在直线BC的上方和下方两种情况用含m的代数式表达出MN的长度，结合